Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán năm 2026 THPT Chuyên Sơn Tây (Hà Nội) lần 1 có đáp án

Tần số của nhóm $\left[6;8\right)$ là: $18$

Tần số tương đối của nhóm $\left[6;8\right)$ là $\frac{18}{40}\cdot 100\%=45\%$

Gọi $$\Omega$$ là không gian mẫu của phép thử lấy ngẫu nhiên 1 quả bi-a từ trong hộp

Không gian mẫu là:$\Omega =$ $\left(1;2;3;4;5;6;7;8;9;10;11;12;13;14;15\right)$

Số phần tử của không gian mẫu là: $$n\left(\Omega \right)=15$$

Các số nguyên tố trong khoảng từ  $1$ đến $15$ là: $2;3;5;7;11;13$

Tập hợp kết quả thuận lợi cho biến cố $$M$$ là: $\left\{2;3;5;7;11;13\right\}$

Số phần tử của biến cố $M$ là $$n\left(M\right)=6$$

Xác suất của biến cố $M$: $$P\left(M\right)=\frac{n\left(M\right)}{n\left(\Omega \right)}=\frac{6}{15}=\frac{2}{5}$$

1) Khi $x=25$ (TMĐK), giá trị của biểu thức $A$ là: $A=\frac{4}{\sqrt{25}-1}$ $=\frac{4}{5-1}$ $=1$.

Vậy $A=1$ khi $x=25$.

2) $B=\frac{2}{\sqrt{x}-1}-\frac{2\sqrt{x}-6}{1-x}$$=\frac{2}{\sqrt{x}-1}+\frac{2\sqrt{x}-6}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}$$=\frac{2\left(\sqrt{x}+1\right)}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}+\frac{2\sqrt{x}-6}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}$

$=\frac{4\sqrt{x}-4}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}$$=\frac{4\left(\sqrt{x}-1\right)}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}$$=\frac{4}{\left(\sqrt{x}+1\right)}$

Vậy $B=\frac{4}{\sqrt{x}+1}$

3) $H=A:B$$=\frac{4}{\sqrt{x}-1}:\frac{4}{\sqrt{x}+1}$$=\frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-1}$

Xét hiệu $H^2-H=H\left(H-1\right)$

• Xét $H-1=\frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-1}-1$$=\frac{2}{\sqrt{x}-1}$

• Xét $H.\left(H-1\right)=\frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-1}\cdot \frac{2}{\sqrt{x}-1}=\frac{2\left(\sqrt{x}+1\right)}{{\left(\sqrt{x}-1\right)}^2}$

Vì $x\ge 0,x\ne 1$ nên $\frac{2\left(\sqrt{x}+1\right)}{{\left(\sqrt{x}-1\right)}^2}>0$ với mọi $x$.

Suy ra $H.\left(H-1\right)>0$ nên $H^2-H>0$do đó $H^2>H$

Vậy $H^2>H$.

Gọi số tiền gửi tiết kiệm và mua vàng lần lượt là $x$ và $y$ ( $x,y>0$, triệu đồng)

Bác Huy gửi tổng 250 triệu đồng nên ta có phương trình: $x+y=250$  (1)

Vì gửi ngân hàng với lãi suất 5%/năm, lãi mua vàng là  7%/năm, tổng lãi hai loại là 15 triệu đồng ta có phương trình:

$5\%x+7\%y=15$ hay $0,05x+0,07y=15$           (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: $\{\begin{array}{l}x+y=250\\ 0,05x+0,07y=15\end{array}$.

Giải hệ phương trình, ta được: $\{\begin{array}{l}x=125\\ y=125\end{array}$ (TMĐK).

Vậy bác đã gửi tiết kiệm và mua vàng lần lượt số tiền là $125$ và $125$ triệu đồng.

Gọi số sản phẩm mỗi ngày làm được theo dự định là $x$ ($x\in \mathbb{N}$, sản phẩm)

Theo kế hoạch tổ phải sản xuất được 1800 sản phẩm nên số ngày dự định là $\frac{1800}{x}$ (ngày)

Mỗi ngày làm chậm hơn 20 sản phẩm nên số sản phẩm mỗi ngày theo thực tế là : $x-20$ (sản phẩm)

Thực tế đã làm số ngày là $\frac{1800}{x-20}$ (ngày)

Tổ hoàn thành sau dự định 3 ngày nên ta có phương trình:

 $\frac{1800}{x-20}-\frac{1800}{x}=3$

$\frac{1800x}{\left(x-20\right)x}-\frac{1800\left(x-20\right)}{x\left(x-20\right)}=\frac{3x\left(x-20\right)}{x\left(x-20\right)}$

$1800x-1800x+36000=3x^2-60x$

$3x^2-60x-36000=0$

$x=120\left(tm\right)$ hoặc $x=-100\left(ktm\right)$

Vậy dự định mỗi ngày tổ làm được 120 sản phẩm.

Xét phương trình $-x^2-bx+1=0$

Vì $x=\frac{1-\sqrt{3}}{2}$ là nghiệm của phương trình nên ta có :

$-{\left(\frac{1-\sqrt{3}}{2}\right)}^2-b.\frac{1-\sqrt{3}}{2}+1=0$

$-2+\sqrt{3}-b.\frac{1-\sqrt{3}}{2}+1=0$

$b.\frac{1-\sqrt{3}}{2}=-1+\sqrt{3}$

$b=-2$

Khi $b=-2$, phương trình có dạng $-x^2+2x+1=0$

Xét $\Delta =8>0$

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt thoả mãn hệ thức Viet $\{\begin{array}{l}{x}_1+x_2=2\\ x_1.x_2=-1\end{array}$

Vì $x_1.x_2=-1$ nên $x_1\ne 0$; $x_2\ne 0$

Tổng nghịch đảo của hai nghiệm là $\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}=\frac{x_1+x_2}{x_1.x_2}=-2$.

a) Ta có bán kính đáy hình trụ là $$R=6:2=3\left(\mathrm{cm}\right)$$

Khi đó thể tích nước trọng ly là $$V=\pi .R^2.h=3,14.3^2.15=423,9\left(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3\right)$$

b) Mỗi quả cầu có bán kính $$r=1\mathrm{cm}$$. Khi đó thể tích $$5$$ quả cầu là:

$$V^{\prime }=5.\frac{4}{3}.\pi .r^3=5.\frac{4}{3}.3,14.1^3\approx 20,9\left(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3\right)$$

Vậy thể tích nước còn lại trong ly là: $$V-V^{\prime }=423,9-20,9=403\left(\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3\right)$$.

a) Chứng minh bốn điểm \[A,I,B,H\] cùng nằm trên một đường tròn.

Xét $$\Delta AOI$$ vuông tại $$A$$ (Vì $$IA$$ là tiếp tuyến của đường tròn $$\left(O\right)$$) nên ba điểm $$O,A,I$$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $$OI$$ $$\left(1\right)$$

Tương tự, $$\Delta OBI$$ vuông tại $$B$$ nên ba điểm $$O,B,I$$ nằm trên đường tròn đường kính $$OI$$ $$\left(2\right)$$

Ta có $$OM=ON=R$$ nên tam giác $$OMN$$ cân tại $$M$$, lại có $$H$$ là trung điểm $$MN$$ nên $$\widehat{OHN}=90^{\circ }$$.

Do đó tam giác $$OHI$$ vuông tại $$H$$.

Nên ba điểm $$O,H,I$$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $$OI$$ $$\left(3\right)$$

Từ $$\left(1\right),\left(2\right),\left(3\right)$$ suy ra bốn điểm $$A,I,B,H$$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $$OI$$.

b) Chứng minh $$J$$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $$IAB$$.

Ta có: $$OB=OA=R$$, $$IB=IA$$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên $$IO$$ là đường trung trực của $$AB$$ và $$IO$$ cũng là tia phân giác của $$\widehat{AIB}$$ $$\left(4\right)$$

$$\widehat{OAI}=90^{\circ }$$ (vì $$IA$$ là tiếp tuyến đường tròn $$\left(O\right)$$ nên $$\widehat{IAJ}+\widehat{JAO}=90^{\circ }$$).

Tam giác $$OAJ$$ cân tại $$O$$ $$\left(OA=OJ=R\right)$$ nên $$\widehat{JAO}=\widehat{OJA}$$.

Mà $$\widehat{OJA}+\widehat{JAB}=90^{\circ }$$ ($$IO$$ là đường trung trực của $$AB$$ nên $$IO$$ vuông góc với $$AB$$).

Suy ra $$\widehat{IAJ}=\widehat{JAB}$$, hay $$AJ$$ là tia phân giác của góc $$\widehat{JAB}$$ $$\left(5\right)$$

Từ $$\left(4\right)$$ và $$\left(5\right)$$ nên $$J$$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $$IAB$$.

c) Chứng minh $$MN\parallel BD$$.

Ta có $$\widehat{BDA}=\frac{1}{2}\widehat{AOB}$$ (tính chất góc nội tiếp) mà $$OI$$ là tia phân giác của góc $$\widehat{AOB}$$ nên $$\widehat{IOA}=\frac{1}{2}\widehat{AOB}$$.

Ta chứng minh được bốn điểm $$O,H,A,I$$ nằm trên đường tròn đường kính $$OI$$. Nên $$\widehat{IOA}=\widehat{IHA}$$ (hai góc cùng nội tiếp đường tròn đường kính $$OI$$ và cùng chắn cung $$AI$$).

Vậy $$\widehat{BDA}=\widehat{IHA}$$ mà hai góc ở vị trí đồng vị nên $$MN\parallel BD$$.

* Khi $$J$$ vừa là tâm đường tròn nội tiếp vừa là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $$IAB$$ thì tam giác $$IAB$$ là tam giác đều nên $$OI=2R$$, $$IB=IA=AB=R\sqrt{3}$$.

Dựng $$MQ$$ vuông góc với $$IB$$ tại $$Q$$.

$$S_{MID}=S_{MIB}=\frac{1}{2}.IB.MQ$$.

Mà $$MQ\le BP$$ (với $$BP$$ là đường kính đường tròn tâm $$O$$).

Suy ra $$S_{\Delta MID}=S_{\Delta MIB}\le \frac{1}{2}.IB.BP=\frac{1}{2}.R\sqrt{3}.2R=\sqrt{3}{R}^2$$ (đvdt).

Vậy diện tích lớn nhất tam giác $$MID$$ đạt được là $$\sqrt{3}{R}^2$$ đvdt.

Gọi số lần giảm giá chụp $20$ nghìn đồng là $x$ (lần) $\left(x\in {\mathbb{N}}^{\ast }\right)$

Giá chụp sau khi giảm $x$ lần là $800-20x$ (nghìn đồng)

Số lượng HS đăng ký sau khi giảm giá $x$ lần là $40+4x$ (HS)

Tổng số tiền thu được sau khi giảm giá $x$ lần là $\left(800-20x\right)\left(40+4x\right)$ (nghìn đồng)

Ta có $\left(800-20x\right)\left(40+4x\right)$$=32000+2400x-80x^2$

$=-80\left(x^2-30x-400\right)$$=-80\left(x^2-2.x.15+{15}^2-{15}^2-400\right)$

$=-80{\left(x-15\right)}^2+500000$.

Mà ${\left(x-15\right)}^2\ge 0$ với mọi $x\in \mathbb{N}\ast$ nên $\Rightarrow -80{\left(x-15\right)}^2+500000\le 500000$.

Dấu ${}^{\prime \prime }{=}^{\prime \prime }$ xảy ra khi và chỉ khi $x=15$

Do đó, giá chụp ảnh để doanh thu từ tiền bán chụp ảnh lớn nhất là $800-20.15=500$ nghìn đồng.

Doanh thu lớn nhất là $\left(800-20.15\right)\left(40+4.15\right)$$=50000$ nghìn đồng.

Vậy nhóm chụp ảnh sẽ đưa mức thu mỗi học sinh là 500 nghìn đồng để có doanh thu lớn nhất là 50 triệu đồng.